四川省崇州市怀远中学2023届高三适应性考试理科数学试题（含解析）

这是一份四川省崇州市怀远中学2023届高三适应性考试理科数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省崇州市怀远中学2023届高三适应性考试理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设全集，集合M满足，则（    ）A． B． C． D．2．已知，且，其中a，b为实数，则（    ）A． B． C． D．3．已知向量满足，则（    ）A． B． C．1 D．24．已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）A． B． C． D．5．在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（    ）A． B． C． D．6．设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ）A．2 B． C．3 D．7．已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）A．14 B．12 C．6 D．38．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）A． B． C． D．9．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）A． B．C． D．10．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种11．若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（    ）A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+12．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．14．过四点中的三点的一个圆的方程为____________．15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．16．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 三、解答题17．某超市计划销售某种食品，现邀请甲、乙两个商家进场试销10天.两个商家向超市提供的日返利方案如下：甲商家每天固定返利60元，且每卖出一件食品商家再返利3元；乙商家无固定返利，卖出不超出30件(含30件)的食品，每件食品商家返利5元，超出30件的部分每件返利10元. 经统计，试销这10天两个商家每天的销量如图所示的茎叶图（茎为十位数字，叶为个位数字）：（1）现从甲商家试销的10天中随机抽取两天，求这两天的销售量都小于30件的概率；（2）根据试销10天的数据，将频率视作概率，用样本估计总体，回答以下问题：①记商家乙的日返利额为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；②超市拟在甲、乙两个商家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的数学期望考虑，请利用所学的统计学知识为超市作出选择，并说明理由.18．如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为的等边三角形，，．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．19．设函数的图象关于直线对称，其中为常数且(1)求函数的解析式；(2)在中，已知，且，求的值．20．椭圆的中心在原点，一个焦点为，且过点．(1)求的标准方程；(2)设，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点且，①若，求k的值； ②求的面积的最大值．21．已知函数，其中．(1)若，求的单调区间；(2)已知，解关于x的不等式．（参考数据：）22．平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线的极坐标方程；(2)若直线与曲线交于，两点，求的值．23．已知函数f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）．（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．
参考答案：1．A【分析】先写出集合,然后逐项验证即可【详解】由题知,对比选项知，正确,错误故选: 2．A【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得,即故选: 3．C【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵，又∵∴9，∴故选：C. 4．A【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于，所以命题为真命题；由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；所以为真命题，、、为假命题.故选：A．5．B【分析】设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，分别求出对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出．【详解】如图所示：设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，其面积为．设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，即图中的阴影部分，其面积为，所以．故选：B.【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件对应的区域面积，即可顺利解出．6．B【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，，则，即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得，，所以.故选：B 7．D【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D. 8．D【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以.故选：D9．B【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，根据已知得到了函数的图象，所以，令,则,所以,所以；解法二：由已知的函数逆向变换，第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，即为的图象，所以.故选：B.10．C【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.11．D【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线在曲线上的切点为，则，函数的导数为，则直线的斜率，设直线的方程为，即，由于直线与圆相切，则，两边平方并整理得，解得，（舍），则直线的方程为，即.故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.12．C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设，由，因为 ，，所以，因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．   13．4【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.故答案为：4.【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.14．或或或．【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】[方法一]：圆的一般方程依题意设圆的方程为，（1）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；（2）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；（3）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；故答案为：或 或 或．[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心） 设 （1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为， 则，所以圆的方程为；（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．故答案为：或 或 或．【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．  15．【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.16．【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为，所以方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，，即图象在上方当时，，即图象在下方，图象显然不符合题意，所以．令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导=0的两个根为因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，设函数，则，若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 17．（1）；（2）①分布列见解析，153；②由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.【分析】（1）记“抽取的两条销售量都下于30件”为事件，利用排列组合即可求得答案；（2）①设乙商家的日销售量为，推导出的所有可能取值为：140，145，150，160，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和；②依题意，求出甲商家的日平均销售量，从而求出甲商家的日平均返利额，再求出乙商家的日平均返利额，从而推荐该超市选择乙商家长期销售．【详解】(1)记“抽取的两天销售量都小于30件”为事件A，则.（2）①设乙商家的日销售量为件，则当时，；当时，；当时，；当时，.所以的所有可能取值为：140，145，150，160.所以X的分布列为 140145150160 所以；②依题意，甲商家的日平均销售量为：28×0.2+29×0.4+30×0.2+31×0.2=29.4.所以甲商家的日平均返利额为：60+29.4×3=148.2元.由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、茎叶图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．18．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，利用面面垂直的性质定理推导出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）取中点，连接、，，为的中点，则， ，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，，又，四边形是平行四边形，，是等边三角形，，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，平面平面；（2）由（1）得平面，又平面，，又，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则．因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力，难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19．(1)；(2). 【分析】（1）应用倍角正余弦公式化简函数式，根据对称轴有且，结合参数范围求参数值，即可得函数解析式；（2）由题设得求得，根据已知求得，然后利用三角恒等变换结合条件即得.【详解】（1）因为，所以，由题意且，则且，由，则，故，所以.（2）由，则，，所以，故，可得，所以，而，故，所以，且，所以，所以.20．(1)；(2)①；②. 【分析】（1）根据题设确定焦点位置及标准方程形式，由点在椭圆上及参数关系列方程求参，即可得椭圆标准方程；（2）①令，联立椭圆并整理为，结合及韦达定理，根据向量垂直的坐标表示、两点距离公式列方程求；②设直线利用椭圆方程可得坐标，进而可表示出，然后利用换元法结合函数单调性即得.【详解】（1）由题设，椭圆焦点在y轴上，且，令椭圆方程为且，所以，可得，所以椭圆的标准方程为.（2）令，联立椭圆：，则，所以，，设，则，则，，由，，①因为且，所以，即，  所以，而，故且，可得，此时，满足题设，所以；②设直线，由，可得，所以，，即，且，又，同理可得，且，所以，令，则，对函数，，函数单调递增，所以，故，即的面积的最大值为.【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．21．(1)的减区间为，增区间为.(2). 【分析】（1）对函数求导，研究导函数的符号，进而确定其单调区间；（2）由题意得，即，对函数求导，研究导函数的符号，判断单调性，进而可得最小值，即得.【详解】（1）由题设，则，且，所以，当时，，当时，，所以的减区间为，增区间为.（2）由题意，所以，即因为，所以，又，且，当或时，或时，所以、上递减，、上递增，又极小值，故最小值为，所以不等式的解集为.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.22．(1)(2) 【分析】（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，得到曲线的极坐标方程；（2）首先求出直线的极坐标方程，设，，将代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理计算可得.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程为，即，由可得曲线的极坐标方程为.（2）因为直线的方程为，所以直线的极坐标方程为，设，，将代入可得，因为，所以，，所以.23．（Ⅰ）[-2，-]；（Ⅱ）0＜m＜1【分析】（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解． 再利用分段函数的单调性求得f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1|的最大值，然后将问题转化为f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得．【详解】（Ⅰ）当m=1时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔或或，解得-2≤x≤-，所以原不等式的解集为[-2，-]．（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．∵f（x）=，根据分段函数的单调性可知：x=-m时，f（x）取得最大值f（-m）=2m，∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2，∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为2．所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．